Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh toán 9 năm 2017 2018 sở GD đt thanh hóa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 Mơn thi: TỐN - Lớp THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 10 tháng năm 2018 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Số báo danh Câu I (4,0 điểm) x2 x x 1  2x  x   , với x  0, x  Rút gọn P x x 1 x x  x  x x2  x tìm tất giá trị x cho giá trị P số nguyên Cho biểu thức P  4( x  1) x 2018  x 2017  x  1  Tính giá trị biểu thức P  x  2 x  3x 32 32 Câu II (4,0 điểm) Biết phương trình (m  2) x2  2(m  1) x  m  có hai nghiệm tương ứng độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng Tìm m để độ dài đường cao ứng với cạnh huyền tam giác vng ( x  y ) (8 x  y  xy  13)    Giải hệ phương trình  2 x  x  y   Câu III (4,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên phương trình y  y  62  ( y  2) x  ( y  y  8) x Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn p  a  b2 số nguyên tố p  chia hết cho Giả sử x, y số nguyên thỏa mãn ax  by chia hết cho p Chứng minh hai số x, y chia hết cho p Câu IV (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có (O),( I ),( I a ) theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A tam giác với tâm tương ứng O, I , I a Gọi D tiếp điểm ( I ) với BC , P điểm cung BAC (O) , PI a cắt (O) điểm K Gọi M giao điểm PO BC , N điểm đối xứng với P qua O Chứng minh IBI aC tứ giác nội tiếp Chứng minh NI a tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP Chứng minh DAI  KAI a Câu V (2,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x  z Chứng minh xz y2 x  2z    y  yz xz  yz x  z - HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀCHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN – Lớp THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 10 tháng năm 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM (Gồm có 05 trang) Câu I 4,0 điểm Điểm NỘI DUNG x2 x x 1 1 2x  x   , với x  0, x  x x 1 x x  x  x x2  x Rút gọn P tìm tất giá trị x cho giá trị P số nguyên Với điều kiện x  0, x  , ta có: Cho biểu thức P  P  x2 x   x 1 x  x    x  x 1  x x  x 1  x 1  x  x  1 x  x  1 x  x  x  2  x  x  1 x  x  1  x 1 x  2  x    x 1 x  x  1 x  x     x x2 x  x 1  x  2x  x 1  2,5 0,50  x 1 x  x  x 1 0,50 0,50 0,50 Ta có với điều kiện x  0, x   x  x   x   0 P x 2  x  x 1 x 2  1 2 x 1 x 1 x 2   x  (loại) Do P nguyên nên suy P   x  x 1 Vậy khơng có giá trị x để P nhận giá trị nguyên Chú ý 1:Có thể làm theo cách sau x 2 P  Px   P  1 x  P   , coi phương trình bậc hai x x  x 1 Nếu P    x   vơ lí, suy P  nên để tồn x phương trình có 4 2    P  1  4P  P     3P  P    P  P     P  1  3 Do P nguyên nên  P  1 0,50 0,50 +) Nếu  P  1   P   x  không thỏa mãn P  2  P   x  x   x  không thỏa mãn +) Nếu  P  1    P  Vậy khơng có giá trị x thỏa mãn  x  1 x 2018  x 2017  x  Tính giá trị biểu thức P  x  3x x  32 2 1,5 Vì x  3 1   2 32 2 0,50 1 nghiệm đa thức x2  x  2 x 2017 x  x   x  x  Do P     x 1 x2  x 1  x  nên x      0,50 0,50 Chú ý 2:Nếu học sinh không thực biến đổi mà dùng máy tính cầm tay để thay số tìm kết cho 0,5 đ II 4,0 điểm Biết phương trình (m  2) x2  2(m  1) x  m  có hai nghiệm tương ứng độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng Tìm m để độ dài đường cao ứng với cạnh huyền tam giác vng Phương trình (m  2) x2  2(m  1) x  m   ( x  1)  (m  2) x  m   có hai nghiệm m m2 Hai nghiệm độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng suy m   m  m  m2 (m  2)2 m2 1 1    Từ hệ thức   tam giác vng ta có  m m a b h m2 Với   2m   m  m  (thỏa mãn) m m2 Với    2m   m  m  (loại) m Vậy m  giá trị cần tìm ( x  y )2 (8 x  y  xy  13)   (1)  Giải hệ phương trình  (2) 2 x  x  y   ĐKXĐ: x  y   2 8( x  y )  xy  ( x  y )  13  Chia phương trình (1) cho ( x  y)2 ta hệ  2 x    x y  m  Khi nghiệm phương trình a  1và b        2 ( x  y )   3( x  y )  13  3( x  y )  23 5  x  y    2  ( x  y)  x y         x  y    ( x  y )   x y     ( x  y)    x y x y   , v  x  y (ĐK: | u | ), ta có hệ Đặt u  x  y  x y Từ (4) rút u   v , vào (3) ta 5u  3v  23 (3)  (4) u  v  5u  3(1  u)2  23  4u  3u  10   u  u   Trường hợp u   loại u  2,0 0,50 0,50 0,50 0,50 2,0 0,25 0,50 0,25 0,25  2 x  y  x y Với u   v  1 (thỏa mãn) Khi ta có hệ   x  y  1  III 4,0 điểm Giải hệ cách x  1  y vào phương trình đầu ta y 1    y  Vậy hệ có nghiệm ( x, y)  (0;1) y 1 Tìm nghiệm nguyên phương trình y  y  62  ( y  2) x   y  y  8 x (1) 0,25 0,50 2,0 Ta có (1)   y   y  3  56  ( y  2) x   y   y   x 0,25   y    x   y   x   y  3  56 0,25   x  1 y  2 x  y  3  56 0,50 Nhận thấy  y     x  1  x  y  3, nên ta phải phân tích số 56 thành tích ba số nguyên mà tổng hai số đầu số cịn lại Như ta có ) 56  1.7.8   x; y    2;9  ) 56  7.1.8   x; y   8;3 ) 56   8   7    x; y    7;3 0,25 0,25 0,25 ) 56   8   7    x; y    2; 6  ) 56   8   1   x; y    7;9  ) 56   8   1   x; y   8; 6  Vậy phương trình có nghiệm nguyên 0,25 Chú ý 3:Học sinh biến đổi phương trình đến dạng  y  2  x2   y  4 x   y  3  56 (được 0,5đ), sau xét trường hợp xảy Khi với nghiệm tìm cho 0,25 đ (tối đa nghiệm = 1,5 đ) Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn p  a  b2 số nguyên tố p  chia hết cho Giả sử x, y số nguyên thỏa mãn ax  by chia hết cho p Chứng minh hai số x, y chia hết cho p Do p  nên p  8k  (k  ) Vì  ax  IV 6,0 điểm 4k 2   by  4k 2  ax  by  p nên a 4k 2  x8k 4  b4k 2  y8k 4 p 2,0 0,50 Nhận thấy a k 2  x8k 4  b4 k 2  y8k 4   a4 k 2  b4 k 2  x8 k 4  b4 k 2  x8 k 4  y8 k 4  0,25 Do a k   b4 k 2   a  0,25 k 1   b2  k 1 a  b2   p b  p nên x8k 4  y8k 4 p (*) Nếu hai số x, y có số chia hết cho p từ (*) suy số thứ hai chia hết cho p Nếu hai số x, y khơng chia hết cho p theo định lí Fecma ta có : x8k 4  x p 1  1(mod p), y8k 4  y p 1  1(mod p)  x8k 4  y8k 4  2(mod p) Mâu thuẫn với (*).Vậy hai số x y chia hết cho p Cho tam giác ABC có (O),( I ),( I a ) theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A tam giác với tâm tương ứng O, I , I a Gọi D tiếp điểm ( I ) với BC , P điểm cung BAC (O) , PI a cắt (O) điểm K Gọi M giao điểm PO BC , N điểm đối xứng P qua O 0,50 0,50 P A F O I D B C M K N Ia Chứng minh: IBIa C tứ giác nội tiếp 2,0 I a tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , từ suy BI a  BI , CI a  CI ( Phân giác phân giác ngồi góc vng góc với nhau) 1,0 Xét tứ giác IBI aC có IBI a  ICI a  1800 Từ suy tứ giác IBI aC tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính II a 1,0 Chứng minh tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác 2,0 Nhận thấy bốn điểm A, I , N , I a thẳng hàng (vì thuộc tia phân giác BAC ) Do NP đường kính (O) nên NBP  900 , M trung điểm BC nên PN  BC M Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông PBN ta có NB2  NM NP Vì BIN góc đỉnh I tam giác ABI nên BIN =   ABC  BAC (1) BAC (cùng chắn cung NC)  NBI  NBC  CBI  BAC  ABC (2) Xét (O): NBC  NAC   0,25 0,25 0,25 0,25  0,25 Từ (1) (2) ta có BIN = NBI nên tam giác NIB cân N Chứng minh tương tự tam giác NIC cân N Từ suy N tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC , tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác IBI aC  NI a2  NB2  NM NP 0,25 Vậy NI a tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP 0,25 Chứng minh: GọiF tiếp điểm đường tròn (I) với AB 2,0 Xét hai tam giác có: NBM  BAC  IAF 0,25 0,50  MNB đồng dạng với FIA Suy mà: , nên 0,50 Ta có: suy NMI a đồng dạng với IDA  nên 0,50 (1) Do NI a tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP nên 0,25 KAI a  KAN  KPN  I a PN  NI a M (2) V 2,0 điểm Từ (1) (2) ta có DAI  KAI a Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x  z Chứng minh 0,25 xz y2 x  2z    y  yz xz  yz x  z 2,0 y2 2z 1 xz y x  2z yz x Ta có P       xz z y y  yz xz  yz x  z 1 1 1 yz x yz x 2z y 1 2 y x  a  b   2c ,   z  y x z b2  a  1  c 1 1 1 z y x x y z a  , b2  , c   a, b, c   y z x x Nhận xét a b2     x  z  z c 2 2 2 2 a b 2ab a a   ab  1  b b   ab  1  2aba a  b  Xét    b  a  ab  a  b2   ab  1 xz yz   ab  a  b    a  b   a3  b3    a  b    a  1 b  1  ab  1      0,25 0,25  0,25 0 a b 2ab    c  Do b  a  ab  1 1 c c  0,25 1 Đẳng thức xảy   a b 0,25 2 2  2c 2 1  c   1  c  1  2c   1  c  1  c     Khi  c c2  2 1  c  1  c  0,25 1  c   3c  3c  c3   0 2 1  c  1  c  1  c  1  c  0,25  c  1   Từ 1   suy điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy a  b, c   x  y  z Hết 0,25 Chú ý: - Các cách làm khác cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia sở tham khảo điểm thành phần đáp án - Đối với Câu IV (Hình học): Khơng vẽ hình, vẽ hình sai không chấm - Các trường hợp khác tổ chấm thống phương án chấm ... VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017- 2018 ĐỀCHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN – Lớp THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 10 tháng năm 2018 HƯỚNG... giá trị x thỏa mãn  x  1 x 2018  x 2017  x  Tính giá trị biểu thức P  x  3x x  32 2 1,5 Vì x  3 1   2 32 2 0,50 1 nghiệm đa thức x2  x  2 x 2017 x  x   x  x  Do P ...  2 ;9  ) 56  7.1.8   x; y   8;3 ) 56   8   7    x; y    7;3 0,25 0,25 0,25 ) 56   8   7    x; y    2; 6  ) 56   8   1   x; y    7 ;9 